高考数学专题复习练习：3-2-3 专项基础训练 8页

‎ A组　专项基础训练 ‎(时间：35分钟)‎ ‎1．(2017·安徽A10联盟3月模拟，12)已知函数f(x)＝－k，若x＝2是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k的取值范围为(　　)‎ A．(－∞，e]　　　　　　　 　B．[0，e]‎ C．(－∞，e) D．[0，e)‎ ‎【解析】 f′(x)＝－k ‎＝(x＞0)．‎ 设g(x)＝，则g′(x)＝，则g(x)在(0，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．‎ ‎∴g(x)在(0，＋∞)上有最小值，为g(1)＝e，结合g(x)＝与y＝k的图象可知，要满足题意，只需k≤e，选A.‎ ‎【答案】 A ‎2．(2017·浙江瑞安中学月考)已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx的图象如图所示，则x＋x等于(　　)‎ A. B. C. D. ‎【解析】 由图象可知f(x)的图象过点(1，0)与(2，0)，x1，x2是函数f(x)的极值点，因此1＋b＋c＝0，8＋4b＋2c＝0，解得b＝－3，c＝2，所以f(x)＝x3－3x2＋2x，所以f′(x)＝3x2－6x＋2.x1，x2是方程f′(x)＝3x2－6x＋2＝0的两根，因此x1＋x2＝2，x1x2＝，所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝4－＝.‎ ‎【答案】 C ‎3．若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式：y＝－x3＋27x＋123(x>0)，‎ 则获得最大利润时的年产量为(　　)‎ A．1百万件 B．2百万件 C．3百万件 D．4百万件 ‎【解析】 y′＝－3x2＋27＝－3(x＋3)(x－3)，‎ 当00；‎ 当x>3时，y′<0.‎ 故当x＝3时，该商品的年利润最大．‎ ‎【答案】 C ‎4．(2017·洛阳统考)若函数f(x)＝2x3－9x2＋12x－a恰好有两个不同的零点，则a可能的值为(　　)‎ A．4 B．6‎ C．7 D．8‎ ‎【解析】 由题意得f′(x)＝6x2－18x＋12＝6(x－1)(x－2)，由f′(x)＞0得x＜1或x＞2，由f′(x)＜0得1＜x＜2，所以函数f(x)在(－∞，1)，(2，＋∞)上单调递增，‎ 在(1，2)上单调递减，从而可知f(x)的极大值和极小值分别为f(1)，f(2)，‎ 若欲使函数f(x)恰好有两个不同的零点，则需使f(1)＝0或f(2)＝0，解得a＝5或a＝4，‎ 而选项中只给出了4，所以选A.‎ ‎【答案】 A ‎5．设函数ht(x)＝3tx－2t，若有且仅有一个正实数x0，使得h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数t都成立，则x0等于(　　)‎ A．5 B. C．3 D. ‎【解析】 ∵h7(x0)≥ht(x0)对任意的正数t都成立，‎ ‎∴h7(x0)≥ht(x0)max.记g(t)＝ht(x0)＝3tx0－2t，‎ 则g′(t)＝3x0－3t，令g′(t)＝0，‎ 得t＝x，‎ 易得ht(x0)max＝g(x)＝x，‎ ‎∴21x0－14≥x，将选项代入检验可知选D.‎ ‎【答案】 D ‎6．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的导函数为f′(x)，f′(x)＞0，对于任意实数x，有 f(x)≥0，则的最小值为________．‎ ‎【解析】 ∵f′(x)＝2ax＋b，∴f′(0)＝b＞0.‎ 由题意知，∴ac≥，∴c＞0，‎ ‎∴＝≥≥＝2，当且仅当a＝c时“＝”成立．‎ ‎【答案】 2‎ ‎7．(2017·郑州质检)设函数f(x)是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为f′(x)，且有2f(x)＋xf′(x)＞x2，则不等式(x＋2 017)2f(x＋2 017)－4f(－2)＞0的解集为________．‎ ‎【解析】 由2f(x)＋xf′(x)＞x2，‎ x＜0得2xf(x)＋x2f′(x)＜x3，‎ 所以[x2f(x)]′＜x3＜0.‎ 令F(x)＝x2f(x)(x＜0)，‎ 则F′(x)＜0(x＜0)，‎ 即F(x)在(－∞，0)上是减函数，‎ 因为F(x＋2 017)＝(x＋2 017)2f(x＋2 017)，F(－2)‎ ‎＝4f(－2)，‎ 所以不等式(x＋2 017)2f(x＋2 017)－4f(－2)＞0，‎ 即为F(x＋2 017)－F(－2)＞0，即F(x＋2 017)＞F(－2)，‎ 又因为F(x)在(－∞，0)上是减函数，‎ 所以x＋2 017＜－2，所以x＜－2 019.‎ ‎【答案】 (－∞，－2 019)‎ ‎8．若对于任意实数x≥0，函数f(x)＝ex＋ax恒大于零，则实数a的取值范围是________．‎ ‎【解析】 ∵当x≥0时，f(x)＝ex＋ax＞0恒成立．‎ ‎∴若x＝0，a为任意实数，f(x)＝ex＋ax＞0恒成立．‎ 若x＞0，f(x)＝ex＋ax＞0恒成立，‎ 即当x＞0时，a＞－恒成立．设Q(x)＝－.‎ Q′(x)＝－＝.‎ 当x∈(0，1)时，Q′(x)＞0，则Q(x)在(0，1)上单调递增，‎ 当x∈(1，＋∞)时，Q′(x)＜0，则Q(x)在(1，＋∞)上单调递减．‎ ‎∴当x＝1时，Q(x)取得最大值．Q(x)max＝Q(1)＝－e，‎ ‎∴要使x≥0时，f(x)＞0恒成立，a的取值范围为(－e，＋∞)．‎ ‎【答案】 (－e，＋∞)‎ ‎9．(2016·四川)设函数f(x)＝ax2－a－ln x，其中a∈R.‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)确定a的所有可能取值，使得f(x)＞－e1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e＝2.718…为自然对数的底数)．‎ ‎【解析】 (1)f′(x)＝2ax－＝(x＞0)．‎ 当a≤0时，f′(x)＜0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．‎ 当a＞0时，由f′(x)＝0，有x＝.‎ 此时，当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；‎ 当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．‎ ‎(2)令g(x)＝－，s(x)＝ex－1－x.‎ 则s′(x)＝ex－1－1.‎ 而当x＞1时，s′(x)＞0，‎ 所以s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．‎ 又由s(1)＝0，有s(x)＞0，从而当x＞1时，g(x)＞0.‎ 当a≤0，x＞1时，f(x)＝a(x2－1)－ln x＜0.‎ 故当f(x)＞g(x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有a＞0.‎ 当0＜a＜时，＞1.‎ 由(1)有f＜f(1)＝0，‎ 而g＞0，‎ 所以此时f(x)＞g(x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．‎ 当a≥时，令h(x)＝f(x)－g(x)(x≥1)．‎ 当x＞1时，h′(x)＝2ax－＋－e1－x＞x－＋－ ‎＝＞＞0.‎ 因此，h(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．‎ 又因为h(1)＝0，所以当x＞1时，h(x)＝f(x)－g(x)＞0，‎ 即f(x)＞g(x)恒成立．‎ 综上，a∈.‎ ‎10．某村庄拟修建一个无盖的圆柱形蓄水池(不计厚度)．设该蓄水池的底面半径为r米，高为h米，体积为V立方米．假设建造成本仅与表面积有关，侧面的建造成本为100元/平方米，底面的建造成本为160元/平方米，该蓄水池的总建造成本为12 000π元(π为圆周率)．‎ ‎(1)将V表示成r的函数V(r)，并求该函数的定义域；‎ ‎(2)讨论函数V(r)的单调性，并确定r和h为何值时该蓄水池的体积最大．‎ ‎【解析】 (1)因为蓄水池侧面的总成本为100·2πrh＝200πrh元，底面的总成本为160πr2元，所以蓄水池的总成本为(200πrh＋160πr2)元．‎ 又根据题意200πrh＋160πr2＝12 000π，‎ 所以h＝(300－4r2)，‎ 从而V(r)＝πr2h＝(300r－4r3)．‎ 因为r＞0，又由h＞0可得r＜5，‎ 故函数V(r)的定义域为(0，5)．‎ ‎(2)因为V(r)＝(300r－4r3)，‎ 所以V′(r)＝(300－12r2)．‎ 令V′(r)＝0，解得r＝5或－5(因为r＝－5不在定义域内，舍去)．‎ 当r∈(0，5)时，V′(r)＞0，故V(r)在(0，5)上为增函数；‎ 当r∈(5，5)时，V′(r)＜0，故V(r)在(5，5)上为减函数．‎ 由此可知，V(r)在r＝5处取得最大值，此时h＝8.‎ 即当r＝5，h＝8时，该蓄水池的体积最大．‎ B组　专项能力提升 ‎(时间：30分钟)‎ ‎11．设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a，b，c∈R)．若x＝－1为函数g(x)＝f(x)ex的一个极值点，则下列图象不可能为y＝f(x)的图象的是(　　)‎ ‎【解析】 因g(x)＝f(x)ex，‎ 则g′(x)＝(2ax＋b)ex＋(ax2＋bx＋c)ex＝(ax2＋2ax＋bx＋b＋c)ex.‎ 由x＝－1为函数f(x)ex的一个极值点．‎ ‎∴c－a＝0，∴c＝a.∴f(x)＝ax2＋bx＋a.‎ 若方程ax2＋bx＋a＝0有两根x1，x2，则x1x2＝＝1，D中图象一定不满足条件．‎ ‎【答案】 D ‎12．(2017·开封一模)已知函数f(x)＝ax3－3x＋1对x∈(0，1]总有f(x)≥0成立，则实数a的取值范围是________．‎ ‎【解析】 当x∈(0，1]时不等式ax3－3x＋1≥0可化为a≥，设g(x)＝，x∈(0，1]，‎ g′(x)＝＝－.‎ g′(x)与g(x)随x的变化情况如下表：‎ x g′(x)‎ ‎＋‎ ‎0‎ ‎－‎ g(x)‎  极大值4‎  因此g(x)的最大值为4，‎ 则实数a的取值范围是[4，＋∞)．‎ ‎【答案】 [4，＋∞)‎ ‎13．(2017·皖江名校联考)若y＝ax＋b为函数f(x)＝图象的一条切线，则a＋b的最小值为________．‎ ‎【解析】 f′(x)＝(x＞0)．设切点为，则切线方程为y－＝ ‎(x－x0)，即y＝x－x0＋，亦即y＝x＋，令＝t，则t＞0，由题意得a＝＋＝t＋t2，b＝ln x0－－1＝－ln t－2t－1，令a＋b＝φ(t)＝－ln t＋t2－t－1，则φ′(t)＝－＋2t－1＝，当t∈(0，1)时，φ′(t)＜0，则φ(t)在(0，1)上单调递减；当t∈(1，＋∞)时，φ′(t)＞0，则φ(t)在(1，＋∞)上单调递增，∴a＋b＝φ(t)≥φ(1)＝－1，故a＋b的最小值为－1.‎ ‎【答案】 －1‎ ‎14．设函数f(x)＝a2ln x－x2＋ax，a＞0.‎ ‎(1)求f(x)的单调区间；‎ ‎(2)求所有的实数a，使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．‎ ‎【解析】 (1)因为f(x)＝a2ln x－x2＋ax，其中x＞0，‎ 所以f′(x)＝－2x＋a＝－.‎ 由于a＞0，所以f(x)的增区间为(0，a)，减区间为(a，＋∞)．‎ ‎(2)由题意得f(1)＝a－1≥e－1，即a≥e.‎ 由(1)知f(x)在[1，e]内单调递增，‎ 要使e－1≤f(x)≤e2对x∈[1，e]恒成立．‎ 只要解得a＝e.‎ ‎15．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．‎ ‎(1)求a的取值范围；‎ ‎(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2＜2.‎ ‎【解析】 (1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．‎ ‎(ⅰ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．‎ ‎(ⅱ)设a＞0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．‎ 又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b＜0且b＜ln ，则f(b)＞(b－2)＋a(b－1)2＝a(b2－b)＞0，‎ 故f(x)存在两个零点．‎ ‎(ⅲ)设a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．‎ 若a≥－，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时f(x)＜0，所以f(x)不存在两个零点．‎ 若a＜－，则ln(－2a)＞1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)＜0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)＞0.因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时f(x)＜0，所以f(x)不存在两个零点．‎ 综上，a的取值范围为(0，＋∞)．‎ ‎(2)证明 不妨设x1＜x2.由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，又f(x)在(－∞，1)上单调递减，所以x1＋x2＜2等价于f(x1)＞f(2－x2)，即f(2－x2)＜0.‎ 由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.‎ 设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．‎ 所以当x＞1时，g′(x)＜0，而g(1)＝0，故当x＞1时，g(x)＜0.‎ 从而g(x2)＝f(2－x2)＜0，故x1＋x2＜2.‎